P3348 [ZJOI2016]大森林

\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)

小Y家里有一个大森林，里面有n棵树，编号从1到n。一开始这些树都只是树苗，只有一个节点，标号为1。这些树都有一个特殊的节点，我们称之为生长节点，这些节点有生长出子节点的能力。

小Y掌握了一种魔法，能让第l棵树到第r棵树的生长节点长出一个子节点。同时她还能修改第l棵树到第r棵树的生长节点。她告诉了你她使用魔法的记录，你能不能管理她家的森林，并且回答她的询问呢？

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

第一行包含 2 个正整数 n,m，共有 n 棵树和 m 个操作。

接下来 m 行，每行包含若干非负整数表示一个操作，操作格式为：

0 l r 表示将第 l 棵树到第 r 棵树的生长节点下面长出一个子节点，子节点的标号为上一个 0 号操作叶子标号加 1（例如，第一个 0 号操作产生的子节点标号为 2）， l 到 r 之间的树长出的节点标号都相同。保证 1<=l<=r<=n 。

1 l r x 表示将第 l 棵树到第 r 棵树的生长节点改到标号为 x 的节点。对于 i (l<=i<=r)这棵树，如果标号 x的点不在其中，那么这个操作对该树不产生影响。保证 1<=l<=r<=n ， x 不超过当前所有树中节点最大的标号。

2 x u v 询问第 x 棵树中节点 u 到节点 v 点的距离，也就是在第 x 棵树中从节点 u 和节点 v 的最短路上边的数量。保证1<=x<=n，这棵树中节点 u 和节点 v 存在。N<=\(10^5\),M<=\(2*10^5\)

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

输出包括若干行，按顺序对于每个小Y的询问输出答案

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

5 5
0 1 5
1 2 4 2
0 1 4
2 1 1 3
2 2 1 3

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

1
2

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

none

\(\color{#0066ff}{ 题解 }\)

显然一个及其暴力的方法，LCT每次区间暴力link，绝对是T到飞起qwq

对于一个操作1，l，r，x，我们考虑它发生的变化。

假设改变后l-1的生长节点为a，l的生长节点为b

那么实际上就是之后a的所有子树都转接到b上

r和r+1同理，相当于又转接回来了

题目并没有强制在线，我们有只需记录两个端点，所以如果可以快速实现两个树的转移，就可以保证复杂度了

现在要解决的问题是，怎么才能改变一大堆子树的父亲

很重要的思想：建立虚点！

对于每一个1操作，建立一个虚点，在此之后的0操作都连在这个虚点上

这样每次在转接的时候，直接断虚点就行了

对于询问，我们需要设立一个点权

虚点点权为0，实点为1，实际上就是siz大小

但是。。。这个树有根啊，而且makeroot会改变父子关系，肯定是不行的

所以。。树上差分喽

直接\(s[x]+s[y]-s[lca]*2\)即可，这个LCA可以直接用LCT求

不难发现，对于询问，在把所有操作搞完之后再询问是不会有任何影响的

所以把当前位置都改完，之后再询问即可，（离线排个序）

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
	char ch; LL x = 0, f = 1;
	while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
	for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
	return x * f;
}
const int maxn = 3e5 + 10;
struct node {
	node *fa, *ch[2];
	int siz, val;
	node(int siz = 0, int val = 0): siz(siz), val(val) { ch[0] = ch[1] = fa = NULL; }
	void upd() {
		siz = val;
		if(ch[0]) siz += ch[0]->siz;
		if(ch[1]) siz += ch[1]->siz;
	}
	bool ntr() { return fa && (fa->ch[1] == this || fa->ch[0] == this); }
	bool isr() { return fa->ch[1] == this; }
}pool[maxn];
struct que {
	int pos, id, x, y;
	que(int pos = 0, int id = 0, int x = 0, int y = 0): pos(pos), id(id), x(x), y(y) {}
	friend bool operator < (const que &a, const que &b) {
		return a.pos == b.pos? a.id < b.id : a.pos < b.pos;
	}
}e[maxn];
void rot(node *x) {
	node *y = x->fa, *z = y->fa;
	bool k = x->isr(); node *w = x->ch[!k];
	if(y->ntr()) z->ch[y->isr()] = x;
	(x->ch[!k] = y)->ch[k] = w;
	(y->fa = x)->fa = z;
	if(w) w->fa = y;
	y->upd(), x->upd();
}
void splay(node *o) {
	while(o->ntr()) {
		if(o->fa->ntr()) rot(o->isr() ^ o->fa->isr()? o : o->fa);
		rot(o);
	}
}
node *access(node *x) {
	node *lst = x;
	for(node *y = NULL; x; x = (y = x)->fa)
		splay(x), x->ch[1] = y, x->upd(), lst = x;
	return lst;
}
void link(int l, int r) {
	node *x = pool + l, *y = pool + r;
	splay(x), x->fa = y;
}
void cut(int l) {
	node *o = pool + l;
	access(o), splay(o);
	o->ch[0] = o->ch[0]->fa = NULL;
	o->upd();
}
int n, m, at[maxn], atl[maxn], atr[maxn], qnum, ans[maxn];
int main() {
	n = in(), m = in();
	int real = 1, now = 2, xu = 2, num = 0; //实际节点编号，所有节点编号，当前虚点，操作
	pool[1] = node(1, 1);
	at[1] = atl[1] = 1, atr[1] = n; //at[i]代表实际编号为i的点在LCT的编号
	link(xu, 1); //先连个虚点（初始的生长节点是1）
	int p, l, r, x;
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		p = in(), l = in(), r = in();
		if(p == 0) {
			pool[++now] = node(1, 1);   //开新节点
			link(at[++real] = now, xu);  //连上虚点
			atl[real] = l, atr[real] = r; //atl和atr记录实际节点出现在树的区间范围
		}
		if(p == 1) {
			x = in();
			l = std::max(l, atl[x]), r = std::min(r, atr[x]); //区间求交，找到x出现的位置
			if(l > r) continue;  //x没有出现。。
			link(++now, xu);   //建立虚点
			e[++qnum] = que(l, i - m, now, at[x]);  //两端点信息
			e[++qnum] = que(r + 1, i - m, now, xu);  //id为负，这样就能先操作后询问
			xu = now;   //更新当前虚点
		}
		if(p == 2) x = in(), e[++qnum] = que(l, ++num, at[r], at[x]);
	}
	std::sort(e + 1, e + qnum + 1);
	for(int i = 1; i <= qnum; i++) {
		if(e[i].id > 0) {
			node *x = pool + e[i].x, *y = pool + e[i].y;
			access(x), splay(x), ans[e[i].id] += x->siz;
			node *lca = access(y); splay(y); ans[e[i].id] += y->siz;
			access(lca), splay(lca), ans[e[i].id] -= (lca->siz << 1);
		}
		else cut(e[i].x), link(e[i].x, e[i].y);
	}
	for(int i = 1; i <= num; i++) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
}